2 zadanka łączące f. kwadratową z geometrią

[Aszotek]

Mam dla Was dwa zadanka, dość ciekawe, jestem niezmiernie ciekaw, jakie sposoby na ich rozwiązanie znajdziecie

Mi się niestety nie udało ich do końca rozwiązać, gdyż, gdy dochodziło do równania kwadratowego, to nie udawało mi się wyznaczyć całkowitego pierwiastka delty, wnioskuję więc, że gdzieś po drodze musiałem zrobić błąd, dlatego analizując Wasze rozwiązania, będę wiedział, gdzie Z góry dziękuję

Pierwsze zadanie:

Jaka jest długość boku trójkąta równobocznego ABC, jeśli po przeprowadzeniu równoległej DE do boku AC, tak że AD = 2 cm, otrzymamy trójkąt BDE o polu 3 razy mniejszym od trapezu ADEC?

Drugie zadanie:

Z punktu A poza danym okręgiem wykreślono dwie sieczne. Pierwsza przecina okrąg w punktach B i C, a druga w punktach D i E. Wiadomo, że AB = 5 cm, BC = 25 cm oraz AE - AD = 19 cm. Oblicz AE.

Dzięki jeszcze raz z góry Mam nadzieje, że ktoś będzie tak miły i będzie miał tyle chęci, by do jutra do 16 zrobić te zadanka

[Tristan]

Zadanie pierwsze: Bierzemy trapez ADEC i rysujemy w nim wysokość h. Zauważamy że, jeśli punkt, na który pada wysokość h nazwiemy np. F, to trójkąt CFE jest prostokątny a na dodatek ma kąty 60 i 30 stopni. Widzimy, że CE to 2 cm, z czego wyliczamy, że CF to 1 cm, a wysokość h to √ 3 cm. Okey. Teraz jeśli górną podstawę DE oznaczymy jako a, dolną jako b, to mamy, że b=a+2. W Takim razie pole naszego trapezu wynosi (a+1) √ 3. Trójkąt DBE jest równoboczny, gdzie każdy bok to a. Wiemy również, że potrojone pole tego trójkąta to pole naszego trapezu. Dlatego rozwiązujemy równanie, \(\displaystyle{ (a+1)sqrt3=3\frac{a^2sqrt3}{4}}\). Skracamy √ 3 i tak dalej, aż dojdziemy do równania kwadratowego ( oczywiście zakładamy, że a>0) \(\displaystyle{ 3a^2-4a-4=0}\). No i rozwiązujemy. Jeden pierwiastek spełnia nasze założenia i wynosi on \(\displaystyle{ \frac{2}{3}}\). Dł. boku naszego trójkąta równobocznego ABC , np. AB jest równa AB=AD+DB, gdzie DB to a, i wiemy teraz, że AB=2cm+a, czyli \(\displaystyle{ AB=\frac{8}{3}}\)cm. Oczywiście, jeśli się nigdzie nie machnąłem:)

[W_Zygmunt]

Pole trójkąta ABC jest sumą pól, trapezu i trójkąta DBE.
Stosunek pól
\(\displaystyle{ \frac{P_{\bigtriangleup ABC}}{P_{\bigtriangleup DBE}} \,=\, \frac{ 3 + 1 }{1}\,=\,4}\)
Te trójkąty są podobne, zatem stosunek ich pól, jest równy kwadratowi skali podobieństwa.
\(\displaystyle{ k^{2} \,=\, 4}\)
Stąd k = 2.
Czyli
\(\displaystyle{ \frac{|AB|}{|AD|}\,=\,2}\)
Czyli |AB| = 4 cm.


Ad 2.


Stosując twierdzenie Pitagorasa do trójkąta HOA, otrzymamy:
\(\displaystyle{ (a + \frac{b}{2})^{2} + h^{2}\,=\,x^{2}}\)
Podobnie piszemy dla trójkąta KOA, porównując rugujemy \(\displaystyle{ x^{2}}\)
Analogicznie dla HOB i KOD.
Odejmując stronami oba otrzymane równania redukujemy \(\displaystyle{ h^{2}}\) i \(\displaystyle{ k^{2}}\).
Otrzymujemy równanie:
\(\displaystyle{ a\cdot (a + b)\,=\,c\cdot (c + d)}\)
A po podstawieniu danych
\(\displaystyle{ c^{2} + 19\cdot c - 150\,=\,0}\)
Stąd c= 6.

[Tristan]

Rozumiem Twoje rozwiązanie W_ZYGMUNT a zarazem nie widzę logicznego błędu w swoim. Czy mógłbyś go wskazać, bo chciałbym wiedzieć, gdzie się machnąłem?:)

[W_Zygmunt]

Zwykła pomyłka:
pierwiastkami równania
\(\displaystyle{ 3a^2-4a-4=0}\)
są liczby \(\displaystyle{ x_{1}\,=\, - \frac{2}{3}}\) i \(\displaystyle{ x_{2}\,=\, 2}\).

[Tristan]

A no tak. Dzięki:)

[Aszotek]

Wielkie dzięki, widzę, że na Was zawsze można polegać

Wiele mi te rozwiązania rozjaśniły w głowie. Jeszcze raz dzięki!